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2023 年高考押题预测卷01【辽宁卷】
物理·全解全析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
D
D
A
B
B
B
BC
AD
AC
1．C
【详解】β 射线是原子核发生β 衰变产生的，是核内中子转化为质子时放出的负电子，不是原子核外电子
电离产生的，故A 错误； 半衰期的大小由原子核内部因素决定，与温度、压强等因素无关，故B 错误；
原子核在衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，故C 正确； 有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但
不是所有元素都可能发生衰变，故D 错误；
2．D
【详解】A．对O 点分析如图所示，设AB 间绳长为L，两杆之间距离为d，由于挂钩光滑，OA、OB 与竖
直方向夹角
相同
由几何关系可得
联立可得
对O 点由平衡条件可得
由于整个装置处于静止状态，故d、L 不变，可知
不变， T 不变，绳的张力不变，故A 错误；
B D．将竖直杆缓慢向上移动一小段距离时，与A 项分析相同，由于整个装置处于静止状态，故d、L 不变，
1
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则
不变，则 T 不变，又m 静止，故m 和M 之间无摩擦力，即m 受到的静摩擦力为0，而M 受到地面的
静摩擦力和拉力T 平衡，故M 受到的摩擦力不变，故B 错误，D 正确；
C．根据AB 项的分析，M 受到地面的静摩擦力和拉力T 平衡，故M 所受的静摩擦力为
但不能用滑动摩擦力
的公式进行计算，故C 错误。
故选D。
3．D
【详解】A．在地球的表面发射飞出太阳系的最小发射速度，叫做第三宇宙速度v3=16.7km/s，故A 错误；
B．根据重力提供向心力得
，解得：地球上的第一宇宙速度
，同理得：木星上的第一
宇宙速度为：
，故木星与地球的第一宇宙速度之比
，故B 错误；
C．根据开普勒第三定律得：
，故
，即地球与木星绕太阳公转周期之比的平方等于
它们轨道半长轴之比的三次方，故C 错误；
D．根据重力与万有引力相等，
，解得：
，同理可得木星质量：
，故
，故D 正确；
4．A
【详解】根据右手螺旋定则可知，
在A 点产生的磁感应强度为
，方向水平向右，由于
则
在A 点产生的磁感应强度为
，方向竖直向上，
在A 点产生的磁感应强度为
，方向竖直向下，
则三条长直导线在A 点产生的总磁感应强度为
2
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故选A。
5．B
【详解】A．由题图乙可知，原线圈电压的有效值
，由
解得
故电压表的示数为55V，A 错误；
B．光照增强，光敏电阻R 的阻值减小，由闭合电路欧姆定律知，通过副线圈的电流
增大，由变压器原
副线圈的电流关系
故电流表的示数变大，B 正确；
C．开关K 连通2 时，由于电路中的电流是交流电，所以电容不断地充电和放电，即电路中有电流，D 灯
泡是亮的，C 错误；
D．由
知，理想变压器的输出电压
只由原线圈的电压和原、副线圈匝数比决定，故频率变化时，
电压表的示数不变，D 错误。
故选B。
6．B
【详解】由题意作出光路图如下图所示
3
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设光的临界角为C，则有
解得
如图，在
时，均发生全反射，图中d 点为入射角等于临界角的临界点，所以只有bd 部分有黄色光透射出，所以有黄
色光射出部分的圆弧对对应的圆心角也是
，对应圆弧的长度为
故ACD 错误，B 正确。
故选B。
7．B
【详解】A．由图可知，
时两车速度相等，甲车达到最大速度，牵引力等于阻力，乙车做加速运动，
牵引力大于阻力，则两车功率不相等，故A 错误；
B．由图可知，
内，甲车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，乙车做加速运动，牵引力大于阻力，则
内两车牵引力始终不相等，故B 正确；
C．根据题意可知，速度相等时两车间的距离最大，由图像面积可知，最大距离为
故C 错误；
D．根据题意可知，
后甲车的功率不变，乙车的功率从零开始增大，开始一段时间内乙的功率小于甲车
4
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的功率，故D 错误。
故选B。
8．BC
【详解】AB．设F1撤去时，滑块速度为v1，F2作用时间为t，撤去力F2时滑块速度大小为v2。由平均速度
与位移的关系可得
联立解得
v2=3v1
则F1对滑块的冲量大小
F2对滑块的冲量大小
A 错误，B 正确；
CD．F1对滑块做功
F2对滑块做功
C 正确D 错误。
故选BC。
9．AD
【详解】A．从图中可以看出4cm 到10cm 为半个波长，则波长等于12cm，故A 正确；
B．明显的衍射的条件是障碍物或缝、孔的尺寸接近或小于波长，由于
，所以这列波遇到
5m 宽的物体，不能发生明显的衍射现象，故B 错误；
C．由于该波向x 轴正方向传播，根据振动和波动关系可知t=0.2s 时刻，x=6cm 处质点的速度沿y 轴负方向，
故C 错误；
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D．由图可知波在
传播的距离为
，这列波的波速
当n=0 时，这列波的波速可能为0.4m/s，故D 正确。
故选AD。
【点睛】从图像中可以知道波长为λ=12cm，由于该波向x 轴正方向传播，根据波动、振动进一步确定质点
速度方向，根据波传播的距离和时间可求波速。
10．AC
【详解】A B．根据题意负电荷从电容器A 极板小孔处由静止开始加速，说明电容A 极带负电为负极，据
感应电动势右手定则原理，可以判断杆向右匀速运动，故A 正确B 错误；
C D．带电粒子在磁场中偏转后，飞出磁场时的速度方向与原速度方向偏离了
，根据洛伦兹力提供向
心力带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有，其运动轨迹如图所以
根据上图可得D 为带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的圆心，且CD 为半径，CO 为圆形磁场半径，带电
粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为
带电粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有
负电荷从电容器A 极板小孔处由静止开始加速，设电容器两极电势差为U，电容器两极板距离为d，两极
板间产生的匀强电场强度为E，可得
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带电粒子在匀强电场中受到的电场力为
设带电粒子在匀强电场中受到电场力产生的加速度为
，由牛顿第二定律有
带电粒子在电容产生的匀强电场中受到电场力，做均加速直线运动，由加速度与位移公式
由以上方程联立得
带入数据解得
由图分析得电容器两极电势差为U，同时也为电阻R 两端的电压，设通过的电流为I，根据欧姆定律则有
金属杆以某一速度
在磁场中匀速运动产生的电动势为
则通过金属的电流为
以上方程带入数据解得
故C 正确D 错误。
故选AC。
11．
40Hz 9.75m/s2
【详解】(1)[1]电源频率为f，每两个计数点之间还有三个计时点未画出，可知相邻两计时点间的时间间隔
为
C 点时的速度为
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[2]重物下落的加速度为
(2)[3]根据
带入数据可得
可知打该纸带所使用的电源频率为f=40Hz
[4]根据
可知该纸带所测的重力加速度为
12． 2.325 6.700
左 0.40
【详解】（1）[1][2]由图可得，其长度L 和直径D 分别为
（2）[3]因为待测电阻约为3 千欧，则电流表应该内接，且滑动变阻器应该采用分压式接法，故电路链接
如图
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[4]闭合开关前，应该让待测电阻两端分的电压为零，即滑动变阻器的滑片应置于左端；
（3）[5]因为0~0.6A 的电流表的精确度为0.02A，所以图丁所示电流表读数为
[6]由电阻定律
得
其中
联立解得
13．①350K；②
【详解】①在活塞A 上放物块C 前、后，封闭气体的压强分别为
p1=p0+
=
p2=p0+
由理想气体状态方程可得
解得再次稳定时气体的温度为
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T2=350K
②在活塞B 上物挂块C 后，封闭气体的压强为
p3=p0－
=
设系统再次稳定后气柱长变为x，由理想气体状态方程可得
解得
x=
活塞B 向下移动的距离为
14．（1）
（2）
；
（3）
【分析】（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
（2）带电系统经历了三个阶段：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场，根据动能定理求出A
球离开PQ 的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B 球在电场中运动的位移，求出电
场力做的功，从而确定B 球电势能的变化量．
（3）根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B 球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电
系统在电场中做匀减速直线运动的时间，A 球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间，从而求出带电系
统从静止开始向右运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的2 倍．
【详解】（1）设B 球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理2qEL=
×2mv1
2
解得
（2）带电系统向右运动分三段：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场．
设A 球离开NQ 的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0
解得x=
；则s 总=
B 球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为
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其电势能的变化量为△EP=W=3qE•
=4qEL
（3）向右运动分三段，取向右为正方向，
第一段加速
，
，
第二段减速
，
设A 球出电场电速度为v2，由动能定理得-qEL=
解得
，
则
第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：
，
所以带电系统运动的周期为：T=2（t1+t2+t3）=
．
15．（1）
，12m/s；（2）12m；（3）6m/s；
【详解】（1）对a 匀速时
解得
又
E=Bdv
可得
v1=12m/s
对a 有
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又
解得
（2）a 上CD、C′D′后与b 动量守恒，则
解得
对b 有
又
可得
故至少离CC′12m。
（3）b 进入圆轨道时，因为
故沿轨道做圆周运动至GG′由
可得
v3=12m/s
对b 有
又
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且
U=Bdv
可得
可得
v=6m/s
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